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\title{\heiti\zihao{2} 习题9.3}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{设 $f(x)$ 为非负递减函数,且无穷积分 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛. 证明当 $x \rightarrow+\infty$ 时,$$
f(x)=o\left(\frac{1}{x}\right)$$}
\textbf{证}\quad 
原式即证$\lim_{x \rightarrow +\infty}xf(x)=0$.
$$
\int_{x}^{2 x} f(t) \mathrm{~d} t \leq x f(x) \leqslant \int_{\frac{x}{2}}^{x} f(t) \mathrm{~d} t
$$

由夹逼定理易知结论成立.

\section{设 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 连续可微,当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $f(x)$ 单调递减趋于 $0,$ 则 $\int_{1}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$收敛的充分必要条件是 $\int_{1}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x$ 收敛.}
\textbf{证}\quad 
$$
\begin{aligned}
\int_{1}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x &=\left.x f(x)\right|_{1} ^{+\infty}-\int_{1}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x=\lim _{x \rightarrow+\infty} x f(x)-f(1)-\int_{1}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x \\
&=-f(1)-\int_{1}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$

由1知命题成立.

\section{设 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上有定义,且对任意 $A>1, f(x) \in R([1, A]),$ 若 $\int_{1}^{+\infty} f^{2}(x) \mathrm{d}x$收敛,证明 : 当 $p>\frac{1}{2}$ 时,一定有 $\int_{1}^{+\infty} \frac{f(x)}{x^{p}} \mathrm{~d} x$ 收敛.}
\textbf{证}\quad 
由柯西不等式:
$$
\left(\int_{1}^{+\infty} \left|\frac{f(x)}{x^{p}}\right| \mathrm{~d} x\right)^{2} \leq \int_{1}^{+\infty} f^{2}(x) \mathrm{~d} x \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{2 p}} \mathrm{~d} x
$$

$\mathrm{RHS}$收敛,从而$\mathrm{LHS}$绝对收敛,从而证明了问题.

\section{证明 : 若 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 绝对收敛 $, \lim _{x \rightarrow \infty} g(x)=A,$ \\则 $\int_{a}^{+\infty} f(x) g(x) \mathrm{d} x$ 绝对收敛,若将$\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 改为条件收敛,结论如何.}
\textbf{证}\quad 
(1)由于$g(x)$有极限,所以其有界.从而由于$f(x)$绝对收敛知,$f(x)g(x)$绝对收敛.

(2)不一定成立.令$g(x)=1$,$f(x)=\frac{\sin x}{x}$,可知结论不成立.

\section{设对于任意的 $A>a, g(x) \in R([a, A]),$ 且 $g(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上有界,若 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛,试问无穷积分 $\int_{a}^{+\infty} f(x) g(x) \mathrm{d} x$ 收敛与否?}
\textbf{解}\quad 
不一定收敛.取$g(x)=\sin x,f(x)=\frac{\sin x}{x}$即可.

\section{证明无穷积分的 Abel 判别法.}
\textbf{证}\quad 
设 $f$ 在 $[a, b)$ 上内闭可积, $b$ 为奇点, 广义积分 $\int_{a}^{b} f$ 收敛的充分必要条件是存在分解 $f=u v,$ 使得

(1) 函数 $u$ 在 $[a, b)$ 上单调有界
(2) 积分 $\int_{a}^{b} v(x) \mathrm{d} x$ 收敛.

设 $f=u v$ 是满足 Dirichlet 判别法条件的分解. 不妨设其中 $u$ 非负. 然后令
$$
u_{1}=\sqrt{u}, v_{1}=\sqrt{u} v
$$

就不难看出 $f=u_{1} v_{1}$ 是满足 $\mathrm{Abel}$ 判别法条件的分解, 而且 $u_{1}\left(b^{-}\right)=0 .$

\section{研究下列积分的敛散性 :}
\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{x} \sin x \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 
令$u=\frac{\ln x}{x},v = \sin x$用$Dirichlet$判别法.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \cos x^{2} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 
做变量代换 $x^{2}=t$ 以及分部积分法,可得
$$
\begin{aligned}
\int_{1}^{+\infty} \cos x^{2} \mathrm{~d} x &=\frac{1}{2} \int_{1}^{+\infty} \frac{\cos t}{\sqrt{t}} \mathrm{~d} t=\left.\frac{1}{2}\left(\frac{\sin t}{\sqrt{t}}\right)\right|_{1} ^{+\infty}+\frac{1}{4} \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin t}{\sqrt{t^{3}}} \mathrm{~d} t \\
&=\frac{\sin 1}{2}+\frac{1}{4} \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin t}{\sqrt{t^{3}}} \mathrm{~d} t
\end{aligned}
$$

由 $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{t^{3 / 2}} \mathrm{~d} t($ 绝对 $)$ 收敛以及 $|\sin t| \leqslant 1$,上式右端的无穷积分 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin t}{\sqrt{t^{3}}} \mathrm{~d} t$ 绝对收敛
由此可得无穷积分 $\int_{1}^{+\infty} \cos x^{2} \mathrm{~d} x$ 收敛.
另一方面,注意到 $\left|\cos x^{2}\right| \geqslant \cos ^{2} x^{2}=\frac{1+\cos 2 x^{2}}{2} .$
类似于上面的做法可以验证 $\int_{1}^{+\infty} \cos 2 x^{2} \mathrm{~d} x$ 收敛, 因此有
$$
\int_{1}^{+\infty} \cos ^{2} x^{2} \mathrm{~d} x=\int_{1}^{+\infty} \frac{1+\cos 2 x^{2}}{2} \mathrm{~d} x=\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{2} \mathrm{~d} x+\int_{1}^{+\infty} \frac{\cos 2 x^{2}}{2} \mathrm{~d} x
$$

发散,由比较判别法知 $\int_{1}^{+\infty}\left|\cos x^{2}\right| \mathrm{d} x$ 发散,从而有 $\int_{1}^{+\infty} \cos x^{2} \mathrm{~d} x$ 条件收敛.


\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{x \sin (a+x)}{1+x^{a}} \mathrm{~d} x, \alpha>0$}
\textbf{解}\quad 
当 $x \rightarrow+\infty$ 时 $,$ 有 $\frac{x \sin (a+x)}{1+x^{\alpha}} \sim \frac{\sin (a+x)}{x^{\alpha-1}},$ 因此

(i) 当 $\alpha-1>1,$ 即 $\alpha>2$ 时 $, \frac{|\sin (a+x)|}{x^{a-1}} \leqslant \frac{1}{x^{\alpha-1}},$ 而 $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{-1}} \mathrm{~d} x$ 收敛, 所以当 $\alpha>2$时 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin (a+x)}{x^{a-1}} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛. 故 $\int_{1}^{+\infty} \frac{x \sin (a+x)}{1+x^{\alpha}} \mathrm{d} x$ 绝对收敛.

(ii) 当 $0<\alpha-1 \leqslant 1,$ 即 $2 \geqslant \alpha>1$ 时,由
$$
|F(A)|=\left|\int_{1}^{A} \sin (a+x) \mathrm{d} x\right|=|\cos (a+x)-\cos (a+1)| \leqslant 2
$$

知 $F(A)=\int_{a}^{A} f(x) \mathrm{d} x$ 在 $[1,+\infty)$ 上有界,义由 $\frac{1}{x^{a-1}}$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调 $,$ 且 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x^{\alpha-1}}=0$,
由 $\mathrm{Dirichlet}$判别法可知 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin (a+x)}{x^{\alpha-1}} \mathrm{~d} x$ 是收敛的,所以 $\int_{1}^{+\infty} \frac{x \sin (a+x)}{1+x^{\alpha}} \mathrm{d} x$ 是收敛的.

当 $2 \geqslant \alpha>1$ 时 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{|\sin (a+x)|}{x^{a-1}} \mathrm{~d} x$ 是发散的,所以 $\int_{1}^{+\infty} \frac{x \sin (a+x)}{1+x^{\alpha}} \mathrm{d} x$ 是条件收敛的.

(iii) 当 $0<\alpha \leqslant 1$ 时 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{x \sin (a+x)}{1+x^{\alpha}} \mathrm{d} x$ 发散.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x^{2}}{x^{p}} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 

(i) 当 $p>1$ 时 $,\left|\frac{\sin x^{2}}{x^{p}}\right| \leqslant \frac{1}{x^{p}},$ 而 $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{p}} \mathrm{~d} x$ 收敛, 所以 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x^{2}}{x^{p}} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛.

(ii) 当 $1 \geqslant p>0$ 时,令 $t=x^{2}, \int_{1}^{+\infty} \sin x^{2} \mathrm{~d} x=\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin t}{2 \sqrt{t}} \mathrm{~d} t$ 收敛,而 $\frac{1}{x^{p}}$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调趋近于 $0,$ 由 $\mathrm{Abel}$ 判别法可知 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x^{2}}{x^{p}} \mathrm{~d} x$ 条件收敛.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty}\left(\frac{\sin x}{\sqrt{x}}+\frac{\sin ^{2} x}{x}\right) \mathrm{d} x$}
\textbf{解}\quad 
由于 $\frac{\sin ^{2} x}{x}=\frac{1-\cos 2 x}{2 x},$ 且 $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ 发散 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{\cos 2 x}{2 x} \mathrm{~d} x$ 收敛,所以 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin ^{2} x}{x} \mathrm{~d} x$
发散. 又因为由 $\mathrm{Dirichlet}$ 判别法可得 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x}{\sqrt{x}} \mathrm{~d} x$ 收敛,所以 $\int_{1}^{+\infty}\left(\frac{\sin x}{\sqrt{x}}+\frac{\sin ^{2} x}{x}\right) \mathrm{d} x$ 发散.           


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{\cos ^{2} x}{x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 
因为 $\frac{\cos ^{2} x}{x}=\frac{1+\cos 2 x}{2 x},$ 而 $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ 发散 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{\cos 2 x}{x} \mathrm{~d} x$ 收敛,所以 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\cos ^{2} x}{x} \mathrm{~d} x$发散.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x \cos \frac{1}{x}}{x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 
由已知结论:$\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}$收敛,从而又因为$\cos \frac{1}{x}$单调,从而由$\mathrm{Abel}$判别法知原式收敛.

而 $\left|\frac{\sin x \cos \frac{1}{x}}{x}\right| \geqslant \frac{\sin ^{2} x \cos 1}{x}=\cos 1 \frac{1-\cos 2 x}{2 x},$ 且$\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{2 x} \mathrm{~d} x$ 发散 \\$ \int_{1}^{+\infty} \frac{\cos 2 x}{2 x} \mathrm{~d} x$ 收敛,所以 $\int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\sin x \cos \frac{1}{x}}{x}\right| \mathrm{d} x$ 发散, 即 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x \cos \frac{1}{x}}{x} \mathrm{~d} x$条件收敛.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x \sin \frac{1}{x}}{x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 
令$u=\frac{\sin x}{x},v=\sin\frac{1}{x}$,套$\mathrm{Dirichlet}$判别法知原式收敛.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x \sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 
$$\begin{aligned} \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x \sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x} \mathrm{~d} x &=\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin ^{2} x \cos \frac{1}{x}+\sin x \cos x \sin \frac{1}{x}}{x} \mathrm{~d} x \\ &=\int_{1}^{+\infty} \frac{(1-\cos 2 x) \cos \frac{1}{x}+\sin 2 x \sin \frac{1}{x}}{2 x} \mathrm{~d} x \end{aligned}$$

由7.7 和第7.8 题的结论可知 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\cos 2 x \cos \frac{1}{x}}{2 x} \mathrm{~d} x, \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin 2 x \sin \frac{1}{x}}{2 x} \mathrm{~d} x$ 收敛,
而 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\cos \frac{1}{x}}{2 x} \mathrm{~d} x=-\int_{1}^{0} \frac{t \cos t}{2 t^{2}} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{1} \frac{\cos t}{2 t} \mathrm{~d} t,$ 因为当 $x \rightarrow 0$ 时 $, \frac{\cos t}{2 t} \sim \frac{1}{2 t},$ 已知 $\int_{0}^{1} \frac{1}{2 t} \mathrm{~d} t$
发散,所以 $\frac{\cos \frac{1}{x}}{2 x} \mathrm{~d} x$ 发散,因此 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x \sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x} \mathrm{~d} x$ 发散.


\subsection{10) $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^{p}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \mathrm{~d} x(p>0)$}
\textbf{解}\quad 

(1)

由于 $\frac{\left(x+\frac{1}{x}\right) \sin x}{x^{p}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=\frac{\left(x^{2}+1\right) \sin x}{x^{p+1}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x},$ 且当 $x \rightarrow+\infty$ 时

$\frac{\left(x+\frac{1}{x}\right) \sin x}{x^{p}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}|=| \frac{\left(x^{2}+1\right) \sin x}{x^{p+1}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \mid \leqslant \frac{\left(x^{2}+1\right)}{x^{p+1}} \mathrm{e} \sim \frac{\mathrm{e}}{x^{p-1}}$

所以当$p>2$时原积分绝对收敛.

(2)

$\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}$单调有界,$\mathrm{LHS}=\frac{\sin x}{x^{p-1}}+\frac{\sin x}{x^{p+1}}$.当$p>1$时,二者积分显然收敛.从而由$\mathrm{Abel}$判别法知,当$p>1$时原积分收敛.即$2\geqslant p>1$时收敛.而显然$|\mathrm{LHS}|>\left| \frac{\sin x}{x}\right|$,显然此时原积分条件收敛.

(3)

当$p\leqslant1$时,$\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x}{x^{p+1}} \mathrm{~d} x \text { 收敛 }, \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x}{x^{p-1}} \mathrm{~d} x \text { 发散 }$.从而$\int_{1}^{+\infty} \frac{\left(x+\frac{1}{x}\right) \sin x}{x^{p}} \mathrm{d} x$发散.从而原式发散.


\subsection{11) $\int_{1}^{+\infty}(3-\arctan x) \frac{\cos 2 x}{x^{m}} \mathrm{~d} x(m>0)$}
\textbf{解}\quad 

(1)显然当$m>1$时,$\left|(3-\arctan x) \frac{\cos 2 x}{x^{m}}\right| \leqslant \frac{3-\frac{\pi}{2}}{x^{m}}$其积分收敛.从而原式绝对收敛.

(2)当$m\leqslant 1$时,由$\mathrm{Abel}$判别法知,由于$(3-\arctan x)$单调有界,$\mathrm{RHS}$积分收敛,所以其收敛.

而又因为
$$
\int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\cos 2 x}{x^{m}}\right| \mathrm{~d} x \geqslant \int_{1}^{+\infty} \frac{\cos ^{2} 2 x}{x^{m}} \mathrm{~d} x=\int_{1}^{+\infty} \frac{1+2 \cos 4 x}{2 x^{m}} \mathrm{~d} x
$$

又因为$(3-\arctan x)$单调有界,所以原式发散,从而可知原式条件收敛.

\section{研究下列积分的绝对收敛性和条件收敛性 :}
\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{\sqrt{x} \cos x}{1+x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 
$$
\left|\frac{\sqrt{x} \cos x}{1+x}\right|>\left|\frac{\cos  x}{2 \sqrt{x}}\right| \geqslant \frac{\cos ^{2} x}{2 \sqrt{x}}\\\int_{1}^{+\infty} \frac{\cos ^{2} x}{2 \sqrt{x}} \mathrm{~d} x=\int_{1}^{+\infty} \frac{1+\cos 2 x}{4 \sqrt{x}} \mathrm{~d} x\text{发散.}
$$

又因为$\int_{1}^{+\infty} \cos x$有界,$\frac{\sqrt{x}}{1+x}=\frac{1}{\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}}$单调且极限为0,从而由$\mathrm{Dirichlet}$判别法知其收敛.

综上,原式条件收敛.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x \sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 
$$
\begin{aligned}
    \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x \sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x} \mathrm{~d} x
    &=\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x \left(\sin x \cos \frac{1}{x}+\cos x \sin \frac{1}{x}\right)}{x} \mathrm{~d} x\\
    &=\int_{1}^{+\infty}\left(\frac{\left(1-\cos 2x\right)\cos \frac{1}{x}}{x}+\frac{\sin 2x \sin \frac{1}{x}}{2x}\right)\mathrm{~d} x 
\end{aligned}
$$

显然
$$
\begin{aligned}
    &\int_{1}^{+\infty}-\frac{\cos 2x\cos \frac{1}{x}}{x}\mathrm{~d} x\\
    &\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin 2x\sin \frac{1}{x}}{2x}\mathrm{~d} x
\end{aligned}
$$

收敛

$$
\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x
$$

发散.

从而原式发散.



\subsection{$\int_{2}^{+\infty} \frac{\cos x}{x \ln x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad 
由于 $\left(\frac{1}{x \ln x}\right)^{\prime}=\frac{1-\ln x}{(1+x)^{2}} \leqslant 0, x>\mathrm{e},$ 因此函数 $\frac{1}{x \ln x}$ 在 $[\mathrm{e},+\infty)$ 上单调,且
$\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x \ln x}=0,$ 又因为
$$
F(A)|=| \int_{e}^{A} \cos x \mathrm{~d} x|=| \sin A-\sin e \mid \leqslant 2
$$

知 $F(A)=\int_{c}^{A} \cos x \mathrm{~d} x$ 在 $[\mathrm{e},+\infty)$ 上有界. 因此由 Dirichlet 判别法可知 $, \int_{2}^{+\infty} \frac{\cos x}{x \ln x} \mathrm{~d} x$ 是收
敛的.

但由
$$
\left|\frac{\cos x}{x \ln x}\right| \geqslant\left|\frac{\cos ^{2} x}{x \ln x}\right|=\frac{1+\cos 2 x}{x \ln x}, \quad  x>\mathrm{e}
$$

$\int_{e}^{+\infty} \frac{1}{x \ln x} \mathrm{~d} x$ 发散,而 $\int_{\mathrm{e}}^{+\infty} \frac{\cos 2 x}{x \ln x} \mathrm{~d} x$ 是收敛的. 所以 $\int_{2}^{+\infty} \frac{\cos x}{x \ln x} \mathrm{~d} x$ 是条件收敛的.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty}(3-\arctan x) \frac{\cos 2 x}{x^{m}} \mathrm{~d} x(m>0)$}
\textbf{解}\quad 

(1)当$m>1$时,显然$\left|(3-\arctan x)\frac{\cos2x}{x^{m}}\right|\leqslant \frac{3-\frac{\pi}{4}}{x^{m}} $,显然$RHS$的无穷积分收敛,从而由比较判别法,原式绝对收敛.

(2)当$m\leqslant 1$时,由于$3-\arctan x < 3-\frac{\pi}{4}$,从而由$Abel$判别法知,原式收敛.又因为
$$
\left| (3-\arctan x)\frac{\cos2x}{x^{m}}\right|\geqslant(3-\frac{\pi}{2})\frac{\cos^{2}2x}{x^{m}}= (3-\frac{\pi}{2})\frac{1+2\cos4x}{2x^{m}}
$$

又因为
$$
\int_{1}^{+\infty}(3-\frac{\pi}{2})\frac{1+2\cos4x}{2x^{m}}\mathrm{~d} x=(3-\frac{\pi}{2})\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{2x^{m}}+\frac{\cos4x}{x^{m}}\mathrm{~d} x
$$
显然$\mathrm{LHS}$发散,$\mathrm{RHS}$收敛,从而原式发散.

所以其条件收敛.

\section{设 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上单调递减趋于 $0 .$ 试用 $\mathrm{Dirichlet}$ 判别法证明,无穷积分 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x, \int_{a}^{+\infty} f(x) \sin ^{2} x \mathrm{~d} x$ \\以及 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \cos ^{2} x \mathrm{~d} x$ 同时敛散.}
\textbf{证}\quad 
$$
\int_{a}^{+\infty} f(x) \sin ^{2} x \mathrm{~d} x=\int_{a}^{+\infty} f(x)\left(\frac{1-\cos 2 x}{2}\right) \mathrm{~d} x$$

$$
\int_{a}^{+\infty} f(x) \cos ^{2} x \mathrm{~d} x=\int_{a}^{+\infty} f(x)\left(\frac{1+\cos 2 x}{2}\right) \mathrm{~d} x
$$

显然对于$f(x)$单调趋于$0$且$\int_{a}^{+\infty}\cos2x\mathrm{~d} x$有界,由狄利克雷判别法知$\int_{a}^{+\infty}f(x)\cos2x\mathrm{~d} x$收敛.

从而可见无穷积分 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x, \int_{a}^{+\infty} f(x) \sin ^{2} x \mathrm{~d} x$ 以及 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \cos ^{2} x \mathrm{~d} x$ 同敛散.

\section{设 $f(x)$ 为定义在 $[a,+\infty)$ 上的函数,证明:若无穷积分 $\int_{a}^{+\infty} x f(x) \mathrm{d} x$ 收敛,\\则无穷积分 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 也收敛.}
\textbf{证}\quad 
如果 $f$ 非负, 则可以写出不等式
$$
0 \leqslant \int_{a}^{A} f(x) \mathrm{d} x \leqslant \int_{a}^{A} x f(x) \mathrm{d} x
$$

其中两个积分作为变上限 $A$ 的函数都是单调增加函数. 由于右边在 $A \rightarrow+\infty$ 时存在极限,中间的积分作为 $A \in[a,+\infty)$ 的函数就是有上界的单调增加函数,因此当 $A \rightarrow+\infty$ 时也有极限. 这就证明了 $f$ 在区间 $[a,+\infty)$ 上的广义积分收敛. 对于 $f$ 非正情况的讨论是类似的.

当$f$是变号函数时:

任取 $a<A<A^{\prime},$ 对于积分
$$
\left|\int_{A}^{A^{\prime}} f(x) \mathrm{d} x\right|=\left|\int_{A}^{A^{\prime}} x f(x) \cdot \frac{1}{x} \mathrm{~d} x\right|
$$

利用右边积分号下第二个因子 $\frac{1}{x}$ 单调且非负, 就有 $\xi \in\left(A, A^{\prime}\right),$ 使得成立
$$
\left|\int_{A}^{A^{\prime}} f(x) \mathrm{d} x\right|=\left|\frac{1}{A} \int_{A}^{\xi} x f(x) \mathrm{d} x\right|
$$

然后利用条件就可以使得左边的积分当 $A, A^{\prime}$ 充分大时小于事先给定的 $\varepsilon>0,$ 因此 $f$ 在 $[a,+\infty)$ 上广义可积.


\end{document}